热门试卷

解：人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1：1，故A正确，B错误；

若n为奇数，人在B船上，则0=MvA+（M+）vB

解得：

故C正确；

若n为偶数，则    0=MvB+（M+）vA

解得：

故D正确．

故选ACD

解：A、由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知，A错误，B正确；

C、系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：

m2v0=（m1+m2）v2，m2×3=（m1+m2）×1，解得：m1：m2=2：1，故C错误；

D、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：vA=2m/s，vB=-1m/s，物体的动能：Ek=mv2，则A、B两物块的动能之比为EkA：EkB=8：1，故D正确；

故选：BD

解：A、若vB=0.6v，规定A球初速度方向为正方向，

由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.6v，

得vA=-1.4v，碰撞前系统的总动能为Ek=．

碰撞后系统的总动能为Ek′=m（1.4v）2+×4m（0.6v）2＞，违反了能量守恒定律，不可能．故A错误；

B、若vB=0.5v，规定A球初速度方向为正方向，

由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.5v，得vA=-v，

碰撞后系统的总动能为Ek′=m（-v）2+×4m（0.5v）2＞，违反了能量守恒定律，不可能．故B错误；

C、若vB=0.3v，规定A球初速度方向为正方向，

由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.3v，得vA=-0.2v，

碰撞后系统的总动能为Ek′=m（-0.2v）2+×4m（0.3v）2=mv2＜，不违反能量守恒定律，是可能的．故C正确；

D、若vB=0.1v，规定A球初速度方向为正方向，

由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.1v，得vA=0.6v，

即A球与B球速度方向与A球初速度方向相同，而A球在后面速度却大于B球速度，不符合实际情况．故D错误；

故选：C．

解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，

以向左为正方向，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1

小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程：mv0=（m+M）v2

解得：v1=           ①

v2=         ②

小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得：

Epm+Q+（m+M）v2=mv02 ③

Q=fL    ④

小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，

Q′+（m+M）v2=mv02   ⑤

Q′=f（2L）=2Q         ⑥

由①～⑥式，可以解出Epm、Q、Q′，故BC正确，

求出Q后，如果已知木板长度l，则：Q=μmgl，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D正确；

由于缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A错误；

故选：BCD．

解：A、小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；

C、如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：mgR=mv2，v=，现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的速度小于，故C错误；

D、小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，由机械能守恒定律得：mv12+Mv22=mgR，从物块到达水平面到物块到达右端过程中，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=（M+m）v，解得：v=，故D正确；

故选：D．